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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:13 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Joergi |
Hallo zusammen,
ich hoffe, dass das hier das richtige Forum für meine Frage ist.
Also ich habe eine Aufgabe und zwei Lösungen, aber ich weiß nicht a) welche richtig ist oder ob beide richtig sind und b) wie man allgemein eine solche Aufgabe löst.
Die Aufgabe lautet:
Bestimmen Sie die Laurentreihe für [mm]\begin{matrix}
f (z) &=& \bruch{1}{(z-i)^2}\end{matrix}[/mm] um [mm]z_o&=&1+i[/mm] für [mm]1$<$\left|z\right|$<$\infty[/mm]
Das Problem besteht darin, dass sich [mm]\bruch{1}{(z-i)^2}[/mm] nicht als Partialbruch schreiben lässt (meiner Meinung nach).
1. Lösungsversuch:
Es gilt für [mm]z_j = i [/mm] [mm] 1 $<$ \left|z-z_o\right|&=&\left|z-1-i\right| $<$ \infty[/mm] und [mm]\left|z_j-z_0\right| &=& \left|i-1-i\right| &=& 1[/mm] somit ist [mm]\left|z-z_0\right| $>$ \left|z_j-z_o\right|[/mm]. Damit muss, damit [mm]\left|w\right|$<$1[/mm] gilt, folgende Form angewendet werden: [mm]\bruch{1}{z-1-i}*\bruch{1}{1-\bruch{i-1-i}{z-1-i}}&=&\bruch{1}{z-1-i}*\bruch{1}{1-w}[/mm] mit [mm]w&=&\bruch{i-1-i}{z-1-i}&=&\bruch{-1}{z-1-i}[/mm]
Also ist [mm]\bruch{1}{(z-i)^2}&=&\bruch{1}{z-1-i}*\bruch{1}{(1-w)^2}&=&\bruch{1}{z-1-i}*\summe_{k=0}^{\infty}{2-1+k \choose 2-1}*z^k &=&\bruch{1}{z-1-i}*\summe_{k=0}^{\infty}{k+1 \choose 1}*z^k&=&\bruch{1}{z-1-i}*\summe_{k=0}^{\infty}(k+1)*z^k[/mm]
Allerdings verstehe ich das mit dem Binominalkoeffizienten selber nicht so ganz, weil ich das nur aus einem Buch übernommen habe in dem eine ähnliche Aufgabe stand. Also falls diese Lösung richtig ist, wäre es schön, wenn mir das jemand näher erläutern könnte.
2.Lösungsversuch:
Das ist aus der Musterlösung des Lehrstuhls, sollte also richtig sein, aber ich verstehe nicht, warum man das so macht.
[mm]-\summe_{k=-\infty}^{-1}(-1)^k*(z-z_0)^k[/mm] soll auf beiden Seiten differenziert werden und dann folgt:
[mm]f(z)&=&\summe_{k=-\infty}^{-1}(-1)^k*k*(z-z_o)^{k-1}&=&\summe_{k=-\infty}^{-1}(-1)^k*k*(z-1-i)^{k-1}[/mm]
Wäre schon, wenn da mal jemand drüber gucken und mir weiterhelfen könnte. Das ist nämlich Prüfungsstoff und ich habe am Mittwoch Prüfung.
Danke schonmal im Vorraus
Jörg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:10 Do 22.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Joergi!
Also, das Vorgehen ist das Folgende:
Da man die Laurentreihe von [mm] $f(z)=\frac{1}{(z-i)^2}$ [/mm] um [mm] $z_0=i+1$ [/mm] nicht direkt bestimmen kann (zumindestens sieht das nicht einfach aus  ), geht man zuerst zu der Stammfunktion $F(z)=- [mm] \frac{1}{z-i}$ [/mm] von $f(z)$ über, bildet davon die Laurentreihe (das ist verhältnismäßig einfach) und bekommt dann die Laurentreihe von $f(z)$ wieder durch Differentiation.
Es gilt:
$F(z)$
$= - [mm] \frac{1}{z-i}$
[/mm]
$= [mm] \frac{1}{-z+i}$
[/mm]
$= [mm] \frac{-z+i+1}{-z+i} [/mm] - [mm] \frac{-z+i}{-z+i}$
[/mm]
$ = [mm] \frac{1}{\frac{-z+i}{-z+i+1}} [/mm] - 1$
$ = [mm] \frac{1}{1 - \frac{1}{-z+i+1}} [/mm] - 1$
$= [mm] \summe_{k=0}^{\infty} \left( \frac{1}{-z+i+1} \right)^k [/mm] - 1$
$= [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{-z+i+1} \right)^k$
[/mm]
$= [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \left(-z+i+1 \right)^{-k}$
[/mm]
[mm] $=\summe_{k=1}^{\infty} (-1)^{-k} (z-i-1)^{-k}$
[/mm]
[mm] $=\summe_{k=-\infty}^{-1} (-1)^k (z-i-1)^k$.
[/mm]
Und daraus folgt dann durch komponentenweises Differenzieren:
$f(z) = [mm] \summe_{k=-\infty}^{-1} (-1)^k \cdot [/mm] k [mm] \cdot (z-i-1)^{k-1} [/mm] = [mm] \summe_{k=-\infty}^{-2} (-1)^{k+1} \cdot [/mm] (k+1) [mm] \cdot (z-i-1)^k$.
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:12 Do 22.07.2004 | | Autor: | Joergi |
Hallo Stefan,
danke für deine schnelle Antwort hat mir sehr weitergeholfen.
Ist wirklich eine klasse Sache mit dem Matheforum.
Bis dann
Jörg
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